2020高中数学 专题强化训练1 导数及其应用 新人教A版选修2-2

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2020高中数学 专题强化训练1 导数及其应用 新人教A版选修2-2

专题强化训练(一) 导数及其应用 ‎(建议用时:45分钟)‎ ‎[基础达标练]‎ 一、选择题 ‎1.函数y=f(x)在x=x0处的导数f′(x0)的几何意义是(  )‎ A.在点x=x0处的函数值 B.在点(x0,f(x0))处的切线与x轴所夹锐角的正切值 C.曲线y=f(x)在点(x0,f(x0))处的切线的斜率 D.点(x0,f(x0))与点(0,0)连线的斜率 ‎[答案] C ‎2.曲线y=xex-1在点(1,1)处切线的斜率等于(  )‎ ‎ 【导学号:31062111】‎ A.2e         B.e C.2 D.1‎ C [y′=ex-1+xex-1=(x+1)ex-1,故曲线在点(1,1)处的切线斜率为y′=2.]‎ ‎3.函数f(x)=x3-3x+1在闭区间[-3,0]上的最大值、最小值分别是(  )‎ A.1,-1 B.1,-17‎ C.3,-17 D.9,-19‎ C [f′(x)=3x2-3.令f′(x)=0,即3x2-3=0,解得x=±1.当x∈(-∞,-1)时,f′(x)>0;当x∈(-1,1)时,f′(x)<0;当x∈(1,+∞)时,f′(x)>0.所以f(x)在x=-1处取得极大值,f(x)极大值=3,在x=1处取得极小值,f(x)极小值=-1.而端点处的函数值f(-3)=-17,f(0)=1,比较可得f(x)的最大值为3,最小值为-17.]‎ ‎4.已知函数y=x-ln(1+x2),则y的极值情况是(  )‎ A.有极小值 B.有极大值 C.既有极大值又有极小值 D.无极值 D [∵y′=1-=≥0,且仅在有限个点上等号成立,∴函数f(x)在定义域R上为增函数,故其不存在极值.]‎ ‎5.设f(x),g(x)在[a,b]上可导,且f′(x)>g′(x),则当a<x<b时,有(  )‎ A.f(x)>g(x)‎ B.f(x)<g(x)‎ 5‎ C.f(x)+g(a)>g(x)+f(a)‎ D.f(x)+g(b)>g(x)+f(b)‎ C [∵f′(x)-g′(x)>0,‎ ‎∴(f(x)-g(x))′>0,‎ ‎∴f(x)-g(x)在[a,b]上是增函数,‎ ‎∴当a<x<b时f(x)-g(x)>f(a)-g(a),‎ ‎∴f(x)+g(a)>g(x)+f(a).]‎ 二、填空题 ‎6.若函数f(x)=ax3+bx在x=1处有极值-2,则ab=________.‎ ‎[解析] 由题意可知即∴a=1,b=-3,即ab=-3.‎ ‎[答案] -3‎ ‎7.函数y=x3-ax2+x-‎2a在R上不是单调函数,则a的取值范围是________.‎ ‎[解析] y′=x2-2ax+1有两个不相等零点,得Δ=(-‎2a)2-4>0,得a2>1,解得a<-1或a>1.‎ ‎[答案] (-∞,-1)∪(1,+∞)‎ ‎8.直线y=x+b是曲线y=ln x(x>0)的一条切线,则实数b=________.‎ ‎ 【导学号:31062112】‎ ‎[解析] 设切点坐标为(x0,y0),则y0=ln x0.‎ ‎∵y′=(ln x)′=,∴y′|x=x0=,由题意知=,‎ ‎∴x0=2,y0=ln 2.‎ 由ln 2=×2+b,得b=ln 2-1.‎ ‎[答案] ln 2-1‎ 三、解答题 ‎9.某厂生产某种电子元件,如果生产出一件正品,可获利200元,如果生产出一件次品,则损失100元.已知该厂制造电子元件过程中,次品率p与日产量x的函数关系是:p=(x∈N*).‎ ‎(1)将该厂的日盈利额T(元)表示为日产量x(件)的函数;‎ ‎(2)为获最大盈利,该厂的日产量应定为多少件?‎ ‎[解] (1)因为次品率p=,‎ 所以当每天生产x件时,有x·件次品,‎ 5‎ 有x件正品.‎ 所以T=200x·-100x· ‎=25·(x∈N*).‎ ‎(2)T′=-25·,‎ 由T′=0,得x=16或x=-32(舍去).‎ 当0<x<16时,T′>0;‎ 当x>16时,T′<0;‎ 所以当x=16时,T最大,‎ 即该厂的日产量定为16件,能获得最大盈利.‎ ‎10.已知函数f(x)=-x3+12x+m.‎ ‎(1)若x∈R,求函数f(x)的极大值与极小值之差;‎ ‎(2)若函数y=f(x)有三个零点,求m的取值范围;‎ ‎(3)当x∈[-1,3]时,f(x)的最小值为-2,求f(x)的最大值.‎ ‎[解] (1)f′(x)=-3x2+12.‎ 当f′(x)=0时,x=-2或x=2.‎ 当f′(x)>0时,-2<x<2.‎ 当f′(x)<0时,x<-2或x>2.‎ ‎∴f(x)在(-∞,-2),(2,+∞)上单调递减,在(-2,2)上单调递增.‎ ‎∴f(x)极小值=f(-2)=-16+m.‎ f(x)极大值=f(2)=16+m.‎ ‎∴f(x)极大值-f(x)极小值=32.‎ ‎(2)由(1)知要使函数y=f(x)有三个零点,必须即 ‎∴-16<m<16.‎ ‎∴m的取值范围为(-16,16).‎ ‎(3)当x∈[-1,3]时,由(1)知f(x)在[-1,2)上单调递增,f(x)在[2,3]上单调递减,f(x)的最大值为f(2).‎ 又f(-1)=-11+m,f(3)=m+9,‎ ‎∴f(-1)<f(3),‎ ‎∴在[-1,3]上f(x)的最小值为f(-1)=-11+m,‎ ‎∴-11+m=-2,∴m=9.‎ ‎∴当x∈[-1,3]时,f(x)的最大值为 5‎ f(2)=(-2)3+12×2+9=25.‎ ‎[能力提升练]‎ ‎1.若函数f(x)=x3-(2b+1)x2+b(b+1)x在(0,2)内有极小值,则(  )‎ ‎ 【导学号:31062113】‎ A.0<b<1 B.0<b<2‎ C.-1<b<1 D.-1<b<2‎ C [f′(x)=x2-(2b+1)x+b(b+1)=(x-b)[x-(b+1)].令f′(x)=0,则x=b或x=b+1,x=b+1是极小值点, ∴0<b+1<2,∴-1<b<1.]‎ ‎2.定义在R上的函数f(x)满足:f′(x)>1-f(x),f(0)=6,f′(x)是f(x)的导函数,则不等式exf(x)>ex+5(其中e为自然对数的底数)的解集为(  )‎ A.(0,+∞)‎ B.(-∞,0)∪(3,+∞)‎ C.(-∞,0)∪(1,+∞)‎ D.(3,+∞)‎ A [由题意可知不等式为exf(x)-ex-5>0,‎ 设g(x)=exf(x)-ex-5,‎ ‎∴g′(x)=exf(x)+exf′(x)-ex ‎=ex[f(x)+f′(x)-1]>0.‎ ‎∴函数g(x)在定义域上单调递增.又∵g(0)=0,∴g(x)>0的解集为(0,+∞).]‎ ‎3.已知函数f(x)=x-ln(x+a)的最小值为0,其中a>0,则a的值为________.‎ ‎[解析] f(x)的定义域为(-a,+∞),‎ f′(x)=1-=.‎ 由f′(x)=0,解得x=1-a>-a.‎ 当-a<x<1-a时,f′(x)<0,f(x)在(-a,1-a)上单调递减;当x>1-a时,f′(x)>0,f(x)在(1-a,+∞)上单调递增.‎ 因此,f(x)在x=1-a处取得最小值,‎ 由题意知f(1-a)=1-a=0,故a=1.‎ ‎[答案] 1‎ ‎4.若函数f(x)=x2+ax+在上是增函数,则a的取值范围是________.‎ ‎[解析] 因为f(x)=x2+ax+在上是增函数,‎ 故f′(x)=2x+a-≥0在上恒成立,‎ 5‎ 即a≥-2x在上恒成立.‎ 令h(x)=-2x,则h′(x)=--2,‎ 当x∈时,h′(x)<0,则h(x)为减函数,‎ 所以h(x)<h=3,所以a≥3.‎ ‎[答案] [3,+∞)‎ ‎5.已知函数f(x)=x2-aln x(a∈R),‎ ‎(1)若f(x)在x=2时取得极值,求a的值;‎ ‎(2)求f(x)的单调区间;‎ ‎(3)求证:当x>1时,x2+ln x<x3. ‎ ‎【导学号:31062114】‎ ‎[解] (1)f′(x)=x-,因为x=2是一个极值点,所以2-=0,则a=4.此时f′(x)=x-=,因为f(x)的定义域是(0,+∞),所以当x∈(0,2)时,f′(x)<0;当x∈(2,+∞),f′(x)>0,所以当a=4时,x=2是一个极小值点,故a=4.‎ ‎(2)因为f′(x)=x-=,所以当a≤0时,f(x)的单调递增区间为(0,+∞).‎ 当a>0时,f′(x)=x-==,所以函数f(x)的单调递增区间为(,+∞);递减区间为(0,).‎ ‎(3)证明:设g(x)=x3-x2-ln x,则g′(x)=2x2-x-,因为当x>1时,g′(x)=>0,所以g(x)在x∈(1,+∞)上是增函数,所以g(x)>g(1)=>0,‎ 所以当x>1时,x2+ln x<x3.‎ 5‎
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